2019-2020年高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 專題06 數(shù)列分項練習(xí)（含解析）.doc

《2019-2020年高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 專題06 數(shù)列分項練習(xí)（含解析）.doc》由會員分享，可在線閱讀，更多相關(guān)《2019-2020年高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 專題06 數(shù)列分項練習(xí)（含解析）.doc（27頁珍藏版）》請在裝配圖網(wǎng)上搜索。

2019-2020年高考數(shù)學(xué)總復(fù)習(xí) 專題06 數(shù)列分項練習(xí)（含解析） 一．基礎(chǔ)題組 1. 【xx高考上海，10】已知數(shù)列 和 ，其中 ， 的項是互不相同的正整數(shù).若對于任意 ， 的第 項等于 的第 項，則 . 【答案】2 【解析】由題意可得： ， 當(dāng) 時： ； 當(dāng) 時： ； 當(dāng) 時： ； 當(dāng) 時： ； 則： ， 據(jù)此可得： . 2、【xx高考上海理數(shù)】無窮數(shù)列由k個不同的數(shù)組成，為的前n項和.若對任意， ，則k的最大值為________. 【答案】4 【解析】試題分析： 當(dāng)時，或；當(dāng)時，若，則，于是，若，則，于是，從而存在，當(dāng)時，.所以數(shù)列要涉及最多的不同的項可以為：2,1，?1,0,0從而可看出. 【考點】數(shù)列的項與和 【名師點睛】從分析條件入手，推斷數(shù)列的構(gòu)成特點，解題時應(yīng)特別注意“數(shù)列由k個不同的數(shù)組成”和“k的最大值”.本題主要考查考生的邏輯推理能力、基本運(yùn)算求解能力等. 3. 【xx高考上海理數(shù)】已知無窮等比數(shù)列的公比為，前n項和為，且.下列條件中， 使得恒成立的是（ ）. （A） （B） （C） （D） 【答案】B 【考點】數(shù)列的極限、等比數(shù)列求和 【名師點睛】本題解答時確定不等關(guān)系是基礎(chǔ)，準(zhǔn)確分類討論是關(guān)鍵，易錯點是在建立不等關(guān)系之后，不知所措或不能恰當(dāng)?shù)胤诸愑懻?本題能較好地考查考生的邏輯思維能力、基本計算能力、分類討論思想等. 4. 【xx上海,理8】 設(shè)無窮等比數(shù)列{}的公比為q，若，則q= . 【答案】 【解析】由題意，即，∵，∴. 【考點】無窮遞縮等比數(shù)列的和. 5. 【xx上海,理10】設(shè)非零常數(shù)d是等差數(shù)列x1，x2，…，x19的公差，隨機(jī)變量ξ等可能地取值x1，x2，…，x19，則方程Dξ＝______. 【答案】30|d|　 【解析】Eξ＝x10，Dξ＝ 6. 【xx上海,理17】在數(shù)列{an}中，an＝2n－1.若一個7行12列的矩陣的第i行第j列的元素cij＝aiaj＋ai＋aj(i＝1,2，…，7；j＝1,2，…，12)，則該矩陣元素能取到的不同數(shù)值的個數(shù)為(　　) A．18 B．28 C．48 D．63 【答案】A　　 【解析】ai，j＝aiaj＋ai＋aj＝2i＋j－1，而i＋j＝2,3，…，19，故不同數(shù)值個數(shù)為18，選A. 7. 【xx上海,文2】在等差數(shù)列{an}中，若a1＋a2＋a3＋a4＝30，則a2＋a3＝______. 【答案】15　 【解析】a1＋a2＋a3＋a4＝2(a2＋a3)＝30a2＋a3＝15. 8. 【xx上海,文7】設(shè)常數(shù)aR.若的二項展開式中x7項的系數(shù)為－10，則a＝______. 【答案】－2　 【解析】＝－10x7r＝1，＝－105a＝－10，a＝－2 9. 【xx上海,理6】有一列正方體，棱長組成以1為首項、為公比的等比數(shù)列，體積分別記為V1，V2，…，Vn，…，則__________. 【答案】 ∴. 10. 【xx上海,文8】在(x－)6的二項展開式中，常數(shù)項等于__________． 【答案】－20 【解析】展開式的通項為Tr＋1＝x6－r(－)r，令6－r＝r，可得r＝3 所以T4＝x3(－)3＝－＝－20. 11. 【xx上海,文14】已知，各項均為正數(shù)的數(shù)列{an}滿足a1＝1，an＋2＝f(an)．若a2 010＝a2 012，則a20＋a11的值是__________． 【答案】 【解析】由an＋2＝f(an)＝，a1＝1， 可得，， ，， . 由a2 012＝＝a2 010，可得a2 010＝a2 012＝， 則a2＝a4＝…＝a20＝a2n＝a2 010＝a2 012＝. 所以a20＋a11＝. 12. 【xx上海,文18】若(n∈N*)，則在S1，S2，…，S100中，正數(shù)的個數(shù)是(　　) A．16 B．72 C．86 D．100 【答案】 C　 【解析】由，，…，，， 所以S13＝S14＝0. 同理S27＝S28＝S41＝S42＝S55＝S56＝S69＝S70＝S83＝S84＝S97＝S98＝0， 所以在S1，S2，…，S100中，其余各項均大于0. 故選C項． 13. 【xx上海,理18】設(shè){an}是各項為正數(shù)的無窮數(shù)列，Ai是邊長為ai，ai＋1的矩形的面積(i＝1，2，…)，則{An}為等比數(shù)列的充要條件是(　　) A．{an}是等比數(shù)列 B．a(chǎn)1，a3，…，a2n－1，…或a2，a4，…，a2n，…是等比數(shù)列 C．a(chǎn)1，a3，…，a2n－1，…和a2，a4，…，a2n，…均是等比數(shù)列 D．a(chǎn)1，a3，…，a2n－1，…和a2，a4，…a2n，…均是等比數(shù)列，且公比相同 【答案】D 【解析】 14. 【xx上海,理11】將直線：、：（，）軸、軸圍成的封閉圖形的面積記為，則 ； 【答案】1 【解析】直線：、：（，）軸、軸圍成的封閉圖形為四邊形，其中，，，，則，，∴，故，于是，故答案為：1. 【點評】本題將直線與直線的位置關(guān)系與數(shù)列極限結(jié)合，考查兩直線的交點的求法、兩直線垂直的充要條件、四邊形的面積計算以及數(shù)列極限的運(yùn)算法則，是本次考題的一個閃光點. 15. (xx上海,理12)已知函數(shù)f(x)=sinx+tanx,項數(shù)為27的等差數(shù)列{an}滿足an∈(,),且公差d≠0.若f(a1)+f(a2)+…+f(a27)=0,則當(dāng)k=__________時,f(ak)=0. 【答案】14 16. (xx上海,理23)本題共有3個小題,第1小題滿分5分,第2小題滿分5分,第3小題滿分8分. 已知{an}是公差為d的等差數(shù)列,{bn}是公比為q的等比數(shù)列. (1)若an=3n+1,是否存在m、k∈N*,有am+am+1=ak?說明理由; (2)找出所有數(shù)列{an}和{bn},使對一切n∈N*,,并說明理由; (3)若a1=5,d=4,b1=q=3,試確定所有的p,使數(shù)列{an}中存在某個連續(xù)p項的和是數(shù)列{bn}中的一項,請證明. 【答案】(1) 不存在;(2) {an}為非零常數(shù)列,{bn}為恒等于1的常數(shù)列;(3)參考解析 【解析】(1)由am+am+1=ak,得6m+5=3k+1, 整理后,可得, ∵m、k∈N*,∴k-2m為整數(shù). ∴不存在m、k∈N*,使等式成立. (2)解法一:若,即,(*) ①若d=0,則1=b1qn-1=bn. 當(dāng){an}為非零常數(shù)列,{bn}為恒等于1的常數(shù)列,滿足要求. ②若d≠0,(*)式等號左邊取極限得,(*)式等號右邊的極限只有當(dāng)q=1時,才可能等于1.此時等號左邊是常數(shù), ∴d=0,矛盾. 綜上所述,只有當(dāng){an}為非零常數(shù)列,{bn}為恒等于1的常數(shù)列,滿足要求. 解法二:設(shè)an=nd+c. 若,對n∈N*都成立,且{bn}為等比數(shù)列, 則,對n∈N*都成立, 即anan+2=qan+12. ∴(dn+c)(dn+2d+c)=q(dn+d+c)2 對n∈N*都成立.∴d2=qd2. ①若d=0,則an=c≠0,∴bn=1,n∈N*. ②若d≠0,則q=1,∴bn=m(常數(shù)), 即,則d=0,矛盾. 綜上所述,有an=c≠0,bn=1, 使對一切n∈N*,. (3)an=4n+1,bn=3n,n∈N*. 設(shè)am+1+am+2+…+am+p=bk=3k,p、k∈N*,m∈N. , ∴4m+2p+3=. ∵p、k∈N*,∴p=3s,s∈N. 取k=3s+2,4m=32s+2-23s-3=(4-1)2s+2-2(4-1)s-3≥0, 由二項展開式可得正整數(shù)M1、M2, 使得(4-1)2s+2=4M1+1,2(4-1)s=8M2+(-1)s2, ∴4m=4(M1-2M2)-(-1)s+1］2. ∴存在整數(shù)m滿足要求. 故當(dāng)且僅當(dāng)p=3s,s∈N時,命題成立. 說明:第(3)題若學(xué)生從以下角度解題,可分別得部分分(即分步得分). 若p為偶數(shù),則am+1+am+2+…+am+p為偶數(shù),但3k為奇數(shù). 故此等式不成立,∴p一定為奇數(shù). 當(dāng)p=1時,則am+1=bk,即4m+5=3k, 而3k=(4-1)k =, M∈Z. 當(dāng)k為偶數(shù)時,存在m,使4m+5=3k成立. 當(dāng)p=3時,則am+1+am+2+am+3=bk, 即3am+2=bk, 也即3(4m+9)=3k, ∴4m+9=3k-1,4(m+1)+5=3k-1. 由已證可知,當(dāng)k-1為偶數(shù)即k為奇數(shù)時, 存在m,4m+9=3k成立. 當(dāng)p=5時,則am+1+am+2+…+am+5=bk,即5am+3=bk, 也即5(4m+13)=3k,而3k不是5的倍數(shù), ∴當(dāng)p=5時,所要求的m不存在. 故不是所有奇數(shù)都成立. 17. 【xx上海,理14】 若數(shù)列{an}是首項為1，公比為a－的無窮等比數(shù)列，且{an}各項的和為a，則a的值是（ ）　　　A．1 B．2 C． D． 【答案】 18. 【xx上海,文14】數(shù)列中， 則數(shù)列的極限值（　?。? Ａ.等于 Ｂ.等于 Ｃ.等于或 Ｄ.不存在 【答案】B 【解析】 19. 【xx上海,理12】用個不同的實數(shù)可得到個不同的排列，每個排列為一行寫成一個行的數(shù)陣。對第行，記，。例如：用1，2，3可得數(shù)陣如圖，由于此數(shù)陣中每一列各數(shù)之和都是12，所以， ，那么，在用1，2，3，4，5形成的數(shù)陣中， =________. 【答案】－1080 【解析】在用1，2，3，4，5形成的數(shù)陣中，每一列各數(shù)之和都是360， 20. 【xx上海,理20】（本題滿分14分）本題共有2個小題，第1小題滿分6分，第2小題滿分8分． 假設(shè)某市xx年新建住房400萬平方米，其中有250萬平方米是中低價房．預(yù)計在今后的若干年后，該市每年新建住房面積平均比上年增長8%．另外，每年新建住房中，中底價房的面積均比上一年增加50萬平方米．那么，到哪一年底 （1）該市歷年所建中低價房的累計面積（以xx年為累計的第一年）將首次不少于4750萬平方米？ （2）當(dāng)年建造的中低價房的面積占該年建造住房面積的比例首次大于85%？ 【答案】（1）xx；（2）xx 【解析】（1）設(shè)中低價房面積形成數(shù)列，由題意可知是等差數(shù)列， 其中a1=250，d=50，則 令 即 ∴到xx年底，該市歷年所建中低價房的累計面積將首次不少于4750萬平方米. （2）設(shè)新建住房面積形成數(shù)列{bn}，由題意可知{bn}是等比數(shù)列， 其中b1=400，q=1.08， 則bn=400(1.08)n－1 由題意可知 有250+(n－1)50>400 (1.08)n－1 0.85. 由計算器解得滿足上述不等式的最小正整數(shù)n=6， ∴到xx年底，當(dāng)年建造的中低價房的面積占該年建造住房面積的比例首次大于85%. 二．能力題組 21.【xx高考上海理數(shù)】（本題滿分18分）本題共有3個小題，第1小題滿分4分，第2小題滿分6分，第3小題滿分8分. 若無窮數(shù)列滿足：只要，必有，則稱具有性質(zhì). （1）若具有性質(zhì)，且，，求； （2）若無窮數(shù)列是等差數(shù)列，無窮數(shù)列是公比為正數(shù)的等比數(shù)列，，，，判斷是否具有性質(zhì)，并說明理由； （3）設(shè)是無窮數(shù)列，已知.求證：“對任意都具有性質(zhì)”的充要條件為“是常數(shù)列”. 【答案】（1）；（2）不具有性質(zhì)，理由見解析；（3）見解析． 【解析】 （3）從充分性、必要性兩方面加以證明，其中必要性用反證法證明． 試題解析：（1）因為，所以，，． 于是，又因為，解得． （2）的公差為，的公比為， 所以，． ． ，但，，， 所以不具有性質(zhì)． 證]（3）充分性： 當(dāng)為常數(shù)列時，． 對任意給定的，只要，則由，必有． 充分性得證． 必要性： 用反證法證明．假設(shè)不是常數(shù)列，則存在， 使得，而． 下面證明存在滿足的，使得，但． 設(shè)，取，使得，則 ，，故存在使得． 取，因為（），所以， 依此類推，得． 但，即． 所以不具有性質(zhì)，矛盾． 必要性得證． 綜上，“對任意，都具有性質(zhì)”的充要條件為“是常數(shù)列”． 【考點】等差數(shù)列、等比數(shù)列、充要條件的證明、反證法 【名師點睛】本題對考生的邏輯推理能力要求較高，是一道難題.解答此類題目時，熟練掌握等差數(shù)列、等比數(shù)列的相關(guān)知識及反證法是基礎(chǔ)，靈活應(yīng)用已知條件進(jìn)行推理是關(guān)鍵.本題易錯主要有兩個原因，一是不得法，二是對復(fù)雜式子的變形能力不足，導(dǎo)致錯漏百出.本題能較好地考查考生的邏輯思維及推理能力、運(yùn)算求解能力、分析問題解決問題的能力等. 22. 【xx高考上海文數(shù)】（本題滿分16分）本題共有3個小題，第1小題滿分4分，第2小題滿分6分，第3小題滿分6分. 對于無窮數(shù)列{}與{}，記A={|=，}，B={|=，}，若同時滿足條件：①{}，{}均單調(diào)遞增；②且，則稱{}與{}是無窮互補(bǔ)數(shù)列. （1）若=，=，判斷{}與{}是否為無窮互補(bǔ)數(shù)列，并說明理由； （2）若=且{}與{}是無窮互補(bǔ)數(shù)列，求數(shù)列{}的前16項的和； （3）若{}與{}是無窮互補(bǔ)數(shù)列，{}為等差數(shù)列且=36，求{}與{}的通項公式. 【答案】（1）與不是無窮互補(bǔ)數(shù)列，理由見解析；（2）；（3），． 【解析】試題分析：（1）直接應(yīng)用定義“無窮互補(bǔ)數(shù)列”的條件驗證即得；（2）利用等差數(shù)列與等比數(shù)列的求和公式進(jìn)行求解；（3）先求等差數(shù)列{}的通項公式，再求{}的通項公式. 試題解析：（1）因為，，所以， 從而與不是無窮互補(bǔ)數(shù)列． （2）因為，所以． 數(shù)列的前項的和為： ． （3）設(shè)的公差為，，則． 由，得或． 若，則，，與“與是無窮互補(bǔ)數(shù)列”矛盾； 若，則，， 綜上，， 【考點】等差數(shù)列、等比數(shù)列、新定義問題 【名師點睛】本題對考生的邏輯推理能力要求較高，是一道難題.解答此類題目時，熟練掌握等差數(shù)列、等比數(shù)列的相關(guān)知識是基礎(chǔ)，靈活應(yīng)用已知條件進(jìn)行推理是關(guān)鍵.本題易錯主要有兩個原因，一是不得法，二是對新定義的理解能力不足，導(dǎo)致錯漏百出.本題能較好地考查考生的邏輯思維及推理能力、運(yùn)算求解能力、分析問題解決問題的能力等. 23.【xx高考上海理數(shù)】（本題滿分16分）本題共有3個小題.第1小題滿分4分，第2小題滿分6分，第3小題滿分6分. 已知數(shù)列與滿足，. （1）若，且，求數(shù)列的通項公式； （2）設(shè)的第項是最大項，即（），求證：數(shù)列的第項是最大項； （3）設(shè)，（），求的取值范圍，使得有最大值與最小值，且. 【答案】（1）（2）詳見解析（3） 【解析】解：（1）由，得， 所以是首項為，公差為的等差數(shù)列， 故的通項公式為，. 證明：（2）由，得. 所以為常數(shù)列，，即. 因為，，所以，即. 故的第項是最大項. 解：（3）因為，所以， 當(dāng)時， . 當(dāng)時，，符合上式. 所以. 因為，所以，. ①當(dāng)時，由指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性知，不存在最大、最小值； ②當(dāng)時，的最大值為，最小值為，而； ③當(dāng)時，由指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性知，的最大值，最小值，由及，得. 綜上，的取值范圍是. 【考點定位】等差數(shù)列，數(shù)列單調(diào)性 【名師點睛】1.等差數(shù)列的四種判斷方法 (1)定義法：an＋1－an＝d(d是常數(shù))?{an}是等差數(shù)列． (2)等差中項法：2an＋1＝an＋an＋2(n∈N*)?{an}是等差數(shù)列． (3)通項公式：an＝pn＋q(p，q為常數(shù))?{an}是等差數(shù)列． (4)前n項和公式：Sn＝An2＋Bn(A、B為常數(shù))?{an}是等差數(shù)列． 2.數(shù)列作為特殊的函數(shù)，其單調(diào)性的判斷與研究也是特別的，只需研究相鄰兩項之間關(guān)系即可. 24. 【xx高考上海文數(shù)】（本題滿分16分）本題共3小題.第1小題4分，第2小題6分，第3小題6分. 已知數(shù)列與滿足，. （1）若，且，求數(shù)列的通項公式； （2）設(shè)的第項是最大項，即，求證：數(shù)列的第項是最大項； （3）設(shè)，，求的取值范圍，使得對任意，，，且. 【答案】（1）；（2）詳見解析；（3）. （2）由，得， 所以為常數(shù)列，，即， 因為，， 所以，即， 所以的第項是最大項. （3）因為，所以， 當(dāng)時， ， 當(dāng)時，，符合上式， 所以， 因為，且對任意，， 故，特別地，于是， 此時對任意，， 當(dāng)時，，， 由指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性知，的最大值為，最小值為， 由題意，的最大值及最小值分別是及， 由及，解得， 綜上所述，的取值范圍是. 【考點定位】數(shù)列的遞推公式，等差數(shù)列的性質(zhì)，常數(shù)列，數(shù)列的最大項，指數(shù)函數(shù)的單調(diào)性. 【名師點睛】數(shù)列是高中數(shù)學(xué)的重要內(nèi)容之一，是銜接初等數(shù)學(xué)與高等數(shù)學(xué)的橋梁，在高考中的地位舉足輕重，近年來的新課標(biāo)高考都把數(shù)列作為核心內(nèi)容來加以考查，并且創(chuàng)意不斷，常考常新． 25. 【xx上海,文23】（本題滿分18分）本題共3個小題，第1小題滿分3分，第2小題滿分6分，第3小題滿分9分. 已知數(shù)列滿足. （1） 若，求的取值范圍； （2） 若是等比數(shù)列，且，正整數(shù)的最小值，以及取最小值時相應(yīng)的僅比； （3） 若成等差數(shù)列，求數(shù)列的公差的取值范圍. 【答案】（1）；（2）；（3）的最大值為xx，此時公差為. 【解析】 試題分析：（1）比較容易，只要根據(jù)已知列出不等式組，即可解得；（2）首先由已知得不等式，即，可解得。又由條件，，于是，取常用對數(shù)得，，所以，即最小值為8；（3）由已知可得∴，∴，，這樣我們可以計算出的取值范圍是． 試題解析：（1）由題得， （2）由題得，∵，且數(shù)列是等比數(shù)列，， ∴，∴，∴. 又由已知，∴，又∵，∴ ∴的最小值為8，此時，即。 （3）由題得，∵，且數(shù)列數(shù)列成等差數(shù)列，， ∴，∴，∴ 【考點】解不等式（組），數(shù)列的單調(diào)性，分類討論，等差（比）數(shù)列的前項和. 26. 【xx上海,理23】(本題滿分18分)本題共有3個小題，第1小題滿分3分，第2小題滿分6分，第3小題滿分9分． 給定常數(shù)c＞0，定義函數(shù)f(x)＝2|x＋c＋4|－|x＋c|.數(shù)列a1，a2，a2，…滿足an＋1＝f(an)，n∈N*. (1)若a1＝－c－2，求a2及a3； (2)求證：對任意n∈N*，an＋1－an≥c； (3)是否存在a1，使得a1，a2，…，an，…成等差數(shù)列？若存在，求出所有這樣的a1；若不存在，說明理由． 【答案】(1) a2＝2，a3＝c＋10 ;(2)參考解析; (3) －c，＋∞)∪{－c－8} (3)由(2)，結(jié)合c＞0，得an＋1＞an，即{an}為無窮遞增數(shù)列． 又{an}為等差數(shù)列，所以存在正數(shù)M，當(dāng)n＞M時，an≥－c， 從而，an＋1＝f(an)＝an＋c＋8. 由于{an}為等差數(shù)列，因此其公差d＝c＋8. ①若a1＜－c－4，則a2＝f(a1)＝－a1－c－8， 又a2＝a1＋d＝a1＋c＋8，故－a1－c－8＝a1＋c＋8，即a1＝－c－8，從而a2＝0. 當(dāng)n≥2時，由于{an}為遞增數(shù)列，故an≥a2＝0＞－c， 所以，an＋1＝f(an)＝an＋c＋8，而a2＝a1＋c＋8， 故當(dāng)a1＝－c－8時，{an}為無窮等差數(shù)列，符合要求； ②若－c－4≤a1＜－c，則a2＝f(a1)＝3a1＋3c＋8， 又a2＝a1＋d＝a1＋c＋8， 所以，3a1＋3c＋8＝a1＋c＋8，得a1＝－c，舍去； ③若a1≥－c，則由an≥a1得到an＋1＝f(an)＝an＋c＋8， 從而{an}為無窮等差數(shù)列，符合要求． 綜上，a1的取值集合為－c，＋∞)∪{－c－8}． 27. 【xx上海,文22】已知函數(shù)f(x)＝2－|x|，無窮數(shù)列{an}滿足an＋1＝f(an)，nN*. (1)若a1＝0，求a2，a3，a4； (2)若a1＞0，且a1，a2，a3成等比數(shù)列，求a1的值； (3)是否存在a1，使得a1，a2，…，an，…成等差數(shù)列？若存在，求出所有這樣的a1；若不存在，說明理由． 【答案】(1) a2＝2，a3＝0，a4＝2 ;(2) a1＝(舍去)或a1＝; (3) 當(dāng)且僅當(dāng)a1＝1時，a1，a2，a3，…構(gòu)成等差數(shù)列 【解析】(1)a2＝2，a3＝0，a4＝2. (2)a2＝2－|a1|＝2－a1，a3＝2－|a2|＝2－|2－a1|. ①當(dāng)0＜a1≤2時，a3＝2－(2－a1)＝a1，所以＝(2－a1)2，得a1＝1. ②當(dāng)a1＞2時，a3＝2－(a1－2)＝4－a1，所以a1(4－a1)＝(2－a1)2， 得a1＝(舍去)或a1＝. 綜合①②得a1＝1或a1＝. (3)假設(shè)這樣的等差數(shù)列存在，那么a2＝2－|a1|，a3＝2－|2－|a1||. 由2a2＝a1＋a3得2－a1＋|2－|a1||＝2|a1|　(*)． 以下分情況討論： ①當(dāng)a1＞2時，由(*)得a1＝0，與a1＞2矛盾； ②當(dāng)0＜a1≤2時，由(*)得a1＝1，從而an＝1(n＝1,2，…)， 所以{an}是一個等差數(shù)列； ③當(dāng)a1≤0時，則公差d＝a2－a1＝(a1＋2)－a1＝2＞0，因此存在m≥2使得am＝a1＋2(m－1)＞2.此時d＝am＋1－am＝2－|am|－am＜0，矛盾． 綜合①②③可知，當(dāng)且僅當(dāng)a1＝1時，a1，a2，a3，…構(gòu)成等差數(shù)列． 28. 【xx上海,理23】對于數(shù)集X＝{－1，x1，x2，…，xn}，其中0＜x1＜x2＜…＜xn，n≥2，定義向量集Y＝{a|a＝(s，t)，s∈X，t∈X}．若對任意a1∈Y，存在a2∈Y，使得a1a2＝0，則稱X具有性質(zhì)P.例如{－1,1,2}具有性質(zhì)P. (1)若x＞2，且{－1,1,2，x}具有性質(zhì)P，求x的值； (2)若X具有性質(zhì)P，求證：1∈X，且當(dāng)xn＞1時，x1＝1； (3)若X具有性質(zhì)P，且x1＝1，x2＝q(q為常數(shù))，求有窮數(shù)列x1，x2，…，xn的通項公式． 【答案】(1) 4;(2) 參考解析;(3) xk＝qk－1 【解析】(1)選取a1＝(x,2)，Y中與a1垂直的元素必有形式(－1，b)． 所以x＝2b，從而x＝4. (2)證明：取a1＝(x1，x1)∈Y. 設(shè)a2＝(s，t)∈Y滿足a1a2＝0. 由(s＋t)x1＝0得s＋t＝0，所以s，t異號． 因為－1是X中唯一的負(fù)數(shù)， 所以s，t之中一為－1，另一為1，故1∈X. 假設(shè)xk＝1，其中1＜k＜n，則0＜x1＜1＜xn. 選取a1＝(x1，xn)∈Y，并設(shè)a2＝(s，t)∈Y滿足a1a2＝0，即sx1＋txn＝0， 則s，t異號，從而s，t之中恰有一個為－1. 若s＝－1，則x1＝txn＞t≥x1，矛盾； 若t＝－1，則xn＝sx1＜s≤xn，矛盾． 所以x1＝1. (3)解法一：猜測xi＝qi－1，i＝1,2，…，n. 記Ak＝{－1,1，x2，…，xk}，k＝2,3，…，n. 先證明：若Ak＋1具有性質(zhì)P，則Ak也具有性質(zhì)P. 任取a1＝(s，t)，s，t∈Ak，當(dāng)s，t中出現(xiàn)－1時，顯然有a2滿足a1a2＝0； 當(dāng)s≠－1且t≠－1時，則s，t≥1. 因為Ak＋1具有性質(zhì)P，所以有a2＝(s1，t1)，s1，t1∈Ak＋1，使得a1a2＝0，從而s1和t1中有一個是－1，不妨設(shè)s1＝－1. 假設(shè)t1∈Ak＋1且t1?Ak，則t1＝xk＋1. 由(s，t)(－1，xk＋1)＝0，得s＝txk＋1≥xk＋1，與s∈Ak矛盾． 所以t1∈Ak，從而Ak也具有性質(zhì)P. 現(xiàn)用數(shù)學(xué)歸納法證明：xi＝qi－1，i＝1,2，…，n. 當(dāng)n＝2時，結(jié)論顯然成立； 假設(shè)n＝k時， Ak＝{－1,1，x2，…，xk}有性質(zhì)P， 則xi＝qi－1，i＝1,2，…，k； 當(dāng)n＝k＋1時，若Ak＋1＝{－1,1，x2，…，xk，xk＋1}有性質(zhì)P，則Ak＝{－1,1，x2，…，xk}也有性質(zhì)P， 所以Ak＋1＝{－1,1，q，…，qk－1，xk＋1}． 取a1＝(xk＋1，q)，并設(shè)a2＝(s，t)滿足a1a2＝0. 由此可得s＝－1或t＝－1. 若t＝－1，則xk＋1＝≤q，不可能； 所以s＝－1，xk＋1＝qt≤qk且xk＋1＞qk－1， 所以xk＋1＝qk. 綜上所述，xi＝qi－1，i＝1,2，…，n. 解法二：設(shè)a1＝(s1，t1)，a2＝(s2，t2)， 則a1a2＝0等價于. 記，則數(shù)集X具有性質(zhì)P，當(dāng)且僅當(dāng)數(shù)集B關(guān)于原點對稱． 注意到－1是X中的唯一負(fù)數(shù)，B∩(－∞，0)＝{－x2，－x3，…，－xn}共有n－1個數(shù)，所以B∩(0，＋∞)也只有n－1個數(shù)． 由于，已有n－1個數(shù)，對以下三角數(shù)陣 …… 注意到，所以，從而數(shù)列的通項為xk＝x1()k－1＝qk－1，k＝1，2，…，n. 29. 【xx上海,文23】對于項數(shù)為m的有窮數(shù)列{an}，記bk＝max{a1，a2，…，ak}(k＝1,2，…，m)，即bk為a1，a2，…，ak中的最大值，并稱數(shù)列{bn}是{an}的控制數(shù)列．如1,3,2,5,5的控制數(shù)列是1,3,3,5,5. (1)若各項均為正整數(shù)的數(shù)列{an}的控制數(shù)列為2,3,4,5,5，寫出所有的{an}； (2)設(shè){bn}是{an}的控制數(shù)列，滿足ak＋bm－k＋1＝C(C為常數(shù)，k＝1,2，…，m)，求證：bk＝ak(k＝1,2，…，m)； (3)設(shè)m＝100，常數(shù)a∈(，1)，若，{bn}是{an}的控制數(shù)列，求(b1－a1)＋(b2－a2)＋…＋(b100－a100)． 【答案】(1) 參考解析;(2) 參考解析;(3) 2 525(1－a) 【解析】(1)數(shù)列{an}為：2,3,4,5,1；2,3,4,5,2；2,3,4,5,3；2,3,4,5,4；2,3,4,5,5. (2)因為bk＝max{a1，a2，…，ak}， bk＋1＝max{a1，a2，…，ak，ak＋1}，所以bk＋1≥bk. 因為ak＋bm－k＋1＝C，ak＋1＋bm－k＝C， 所以ak＋1－ak＝bm－k＋1－bm－k≥0，即ak＋1≥ak.因此，bk＝ak. (3)對k＝1,2，…，25， a4k－3＝a(4k－3)2＋(4k－3)； a4k－2＝a(4k－2)2＋(4k－2)； a4k－1＝a(4k－1)2－(4k－1)； a4k＝a(4k)2－(4k)． 比較大小，可得a4k－2＞a4k－3. 因為＜a＜1， 所以a4k－1－a4k－2＝(a－1)(8k－3)＜0， 即a4k－2＞a4k－1； a4k－a4k－2＝2(2a－1)(4k－1)＞0，即a4k＞a4k－2. 又a4k＋1＞a4k， 從而b4k－3＝a4k－3，b4k－2＝a4k－2，b4k－1＝a4k－2，b4k＝a4k. 因此(b1－a1)＋(b2－a2)＋…＋(b100－a100) ＝(a2－a3)＋(a6－a7)＋…＋(a98－a99) ＝(a4k－2－a4k－1) ＝(1－a)(8k－3)＝2 525(1－a)． 30. 【xx上海,理22】已知數(shù)列{an}和{bn}的通項公式分別為an＝3n＋6，bn＝2n＋7(n∈N*)．將集合{x|x＝an，n∈N*}∪{x|x＝bn，n∈N*}中的元素從小到大依次排列，構(gòu)成數(shù)列c1，c2，c3，…cn，…. (1)寫出c1，c2，c3，c4； (2)求證：在數(shù)列{cn}中，但不在數(shù)列{bn}中的項恰為a2，a4，…a2n…； (3)求數(shù)列{cn}的通項公式． 【答案】(1) 9,11,12,13; (2)參考解析; (3)參考解析 【解析】(1)它們是9,11,12,13. (2)證明：∵數(shù)列{cn}由{an}、{bn}的項構(gòu)成， ∴只需討論數(shù)列{an}的項是否為數(shù)列{bn}的項． ∵對于任意n∈N*，a2n－1＝3(2n－1)＋6＝6n＋3＝2(3n－2)＋7＝b3n－2，∴a2n－1是{bn}的項． 下面用反證法證明：a2n不是{bn}的項． 假設(shè)a2n是數(shù)列{bn}的項，設(shè)a2n＝bm，則 32n＋6＝2m＋7，，與m∈N*矛盾． ∴結(jié)論得證． (3)∵b3k－2＝2(3k－2)＋7＝6k＋3， a2k－1＝6k＋3，b3k－1＝6k＋5， a2k＝6k＋6，b3k＝6k＋7， ∴b3k－2＝a2k－1＜b3k－1＜a2k＜b3k，k＝1,2,3，…. 所以，k∈N*. 綜上，k∈N*. 31. 【xx上海,文23】已知數(shù)列{an}和{bn}的通項公式分別為an＝3n＋6，bn＝2n＋7(n∈N*)．將集合{x|x＝an，n∈N*}∪{x|x＝bn，n∈N*}中的元素從小到大依次排列，構(gòu)成數(shù)列c1，c2，c3，…cn，…. (1)求三個最小的數(shù)，使它們既是數(shù)列{an}中的項又是數(shù)列{bn}中的項； (2) c1，c2，c3，…，c40中有多少項不是數(shù)列{bn}中的項？請說明理由； (3)求數(shù)列{an}的前4n項和S4n(n∈N*)． 【答案】(1)9,15,21; (2)10; (3) 【解析】⑴ 三項分別為. ⑵ 分別為 ⑶ ，，， ∵ ∴ 。 32. 【xx上海,理20】 (本題滿分13分)本題共有2個小題，第一個小題滿分5分，第2個小題滿分8分。 已知數(shù)列的前項和為，且， (1)證明：是等比數(shù)列； (2)求數(shù)列的通項公式，并求出為何值時，取得最小值，并說明理由. 【答案】（1）（2） （2）由（1）知，，∴， 解不等式Sn. 原式=(－b1)+(－b2)+…+(－bk)+(bk+1－)+…+(b2k－) =(bk+1+…+b2k)－(b1+…+bk) ==. 當(dāng)≤4,得k2－8k+4≤0, 4－2≤k≤4+2,又k≥2, ∴當(dāng)k=2,3,4,5,6,7時,原不等式成立. 38. 【xx上海,文20】（本題滿分14）本題共有2個小題，第1小題滿分6分，第2小題滿分8分。設(shè)數(shù)列的前項和為，且對任意正整數(shù)，. （1）求數(shù)列的通項公式 （2）設(shè)數(shù)列的前項和為,對數(shù)列，從第幾項起？ 【答案】（1）an=2048()n－1;（2）第46項起 【解析】(1) ∵an+ Sn=4096, ∴a1+ S1=4096, a1 =2048. 當(dāng)n≥2時, an= Sn－Sn－1=(4096－an)－(4096－an－1)= an－1－an ∴= an=2048()n－1. (2) ∵log2an=log22048()n－1]=12－n, ∴Tn=(－n2+23n). 由Tn<－509,解待n>,而n是正整數(shù),于是,n≥46. ∴從第46項起Tn<－509. 39. 【xx上海,理20】（本題滿分18分）本題共3個小題，第1小題滿分3分，第2小題滿分6分，第3小題滿分9分. 已知數(shù)列滿足. （2） 若，求的取值范圍； （3） 若是公比為等比數(shù)列，，求的取值范圍； （4） 若成等差數(shù)列，且，求正整數(shù)的最大值，以及取最大值時相應(yīng)數(shù)列的公差. 【答案】（1）；（2）；（3）的最大值為xx，此時公差為. 【解析】 試題分析：（1）比較容易，只要根據(jù)已知列出不等式組，即可解得；（2）首先由已知得不等式，即，可解得。又有條件，這時還要忘記分類討論，時，，滿足，當(dāng)時，有，解這不等式時，分類，分和進(jìn)行討論；（3）由已知可得∴，∴，，這樣我們可以首先計算出的取值范圍是，再由，可得，從而，解得，即最大值為xx，此時可求得． 試題解析：（1）由題得， （2）由題得，∵，且數(shù)列是等比數(shù)列，， ∴，∴，∴. 又∵，∴當(dāng)時，對恒成立，滿足題意. 當(dāng)時， ∴①當(dāng)時，，由單調(diào)性可得，，解得， ②當(dāng)時，，由單調(diào)性可得，，解得， （3）由題得，∵，且數(shù)列成等差數(shù)列，， ∴，∴，, 所以時，，時，，所以． ∴ 又∵，∴ ∴，∴，解得，， ∴的最大值為xx，此時公差為． 【考點】解不等式（組），數(shù)列的單調(diào)性，分類討論，等差（比）數(shù)列的前項和.